\section{2007B}
一、（$30'$）考虑一维阶梯势$V(x)=\begin{cases}V_0,&x>0(V_0>0)\\ 0,&x<0\end{cases}$，设粒子从右边向左边入射，试求反射系数和透射系数。

二、（$30'$）电子处于沿$+z$方向、大小为$B$的均匀磁场中。设$t=0$时刻电子自旋沿$+y$方向。

（1）试求$t=0$时电子自旋波函数；

（2）试分别求$t>0$时，电子自旋沿$+x,+y,+z$方向的概率。

四、（$30'$）设系统哈密顿算符为$\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}+V(\vec{r})$，粒子处于归一化的束缚定态$\psi_n$中。试证明Virial定理：
$$\langle \psi_n|\frac{\hat{p}^2}{2m}|\psi_n\rangle=\frac{1}{2}\langle\psi_n |\vec{r}\cdot\nabla V(\vec{r})|\psi_n\rangle$$

五、（$30'$）一维谐振子系统哈密顿量为$\hat{H}_0=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2x^2$，设受到微扰$H'=-\lambda \hat{p}_x^4$的作用。试求对等$n$个谐振子能级的一级微扰修正。\\
（已知矩阵元$\langle n'|\hat{x}|n\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\sqrt{n+1}\delta_{n',n+1}+\sqrt{n}\delta_{n',n_1})$）




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\section*{2007B解答}
一、（$30'$）考虑一维阶梯势$V(x)=\begin{cases}V_0,&x>0(V_0>0)\\ 0,&x<0\end{cases}$，设粒子从右边向左边入射，试求反射系数和透射系数。

解:缺图
$$-\frac{\hbar^2}{2m}\psi''+V_0\psi=E\psi \qquad \psi''+\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2}\psi=0$$

当$x>0$，设$E>V_0$，解为：$\psi_1=e^{-ik_1x}+Be^{ik_1x},\quad k_1^2=\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2}$（有透射，也有反射，有向右，向左的波）

当$x<0$，解为：$\psi_2=Ce^{-ik_2 x},k_2^2=\frac{2mE}{\hbar^2}$（只有向左的波）

反射系数：$R=|B|^2$，透射系数：$T=1-|B|^2$；

由波函数及波函数的一阶导数在 $x=0$ 处的连续条件得：
\begin{align*}
&\psi_1(0)=\psi_2(0)\qquad 1+B=C  && -k_2-k_2B=-k_2C\\
&\psi_1'(0)=\psi_2'(0) \quad \psi_1'=-ik_1e^{-ik_1x}+Bik_1e^{ik_1x}\quad \psi_2'=-ik_2Ce^{-ik_2x} && -k_1+k_1B=-k_2C
\end{align*}
$$\qquad B=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}$$
反射系数为：
$$R=\left|\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}\right|^2=\left|\frac{\sqrt{E-V_0}-\sqrt{E}}{\sqrt{E-V_0}+\sqrt{E}}\right|^2=\frac{V_0^2}{\sqrt{E-V_0}+\sqrt{E}^4}$$
透射系数为：
$$T=1-\frac{V_0^2}{\sqrt{E-V_0}+\sqrt{E}^4}$$

二、（$30'$）电子处于沿$+z$方向、大小为$B$的均匀磁场中。设$t=0$时刻电子自旋沿$+y$方向。

（1）试求$t=0$时电子自旋波函数；

（2）试分别求$t>0$时，电子自旋沿$+x,+y,+z$方向的概率。

解：（1）

电子的内禀磁矩（与自旋$\vec{S}$相应的磁矩）为：$\vec{\mu}_s=-\frac{e\hbar}{2\mu c}\vec{\sigma}=-\frac{e}{\mu c}\vec{s}$，内禀磁矩的值（Bohr磁子）为$\mu_B=\frac{e\hbar}{2\mu c}$；电子在磁场中的哈密顿量（电子内禀磁矩与外磁场$\vec{B}$的相互作用能）为：$H=-\vec{\mu}_s\cdot\vec{B}$。在本题中，磁场沿$+z$方向，于是$H$为：
$$H=\mu_BB=\frac{e\hbar B}{2mc}\sigma_z=\omega\hbar \sigma_z \quad \omega=\frac{eB}{2mc}\text{称为Lamor频率}$$
可见在$s_z$表象下，$H$的本征值和本征态分别为：
$$\omega\hbar ,\quad \alpha ;\qquad -\omega\hbar,\quad \beta$$
在$t=0$时刻电子沿$+y$方向，即电子波函数为算符$\sigma_y$本征值为$+1$的本征函数，在$s_z$表象下为：
$$\psi(0)=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\ i\end{pmatrix}$$

如不记得，可以简单推到，如下：
$$\sigma_y=\begin{pmatrix}0&-i\\ i&0  \end{pmatrix}
\quad \begin{pmatrix}0&-i\\ i&0  \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a\\ b  \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}a\\ b \end{pmatrix} \quad
\begin{pmatrix}-ib\\ ia \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\ b  \end{pmatrix}\Longrightarrow
\begin{cases} -ib=a\\ ia=b\end{cases}\quad
\begin{cases}a=1\\ b=i \end{cases}
$$
然后归一化就OK。

将$\psi(0)$用$H$的本征函数系表示，有：
$$\psi(0)=\frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}+
\frac{i}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0\\ 1 \end{pmatrix}
=\frac{1}{\sqrt2}\alpha+\frac{i}{\sqrt2}\beta$$
则$\psi(t)$为：
$$\psi(t)=\frac{1}{\sqrt2}\alpha e^{i\omega t}$$

四、（$30'$）设系统哈密顿算符为$\hat{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}+V(\vec{r})$，粒子处于归一化的束缚定态$\psi_n$中。试证明Virial定理：
$$\langle \psi_n|\frac{\hat{p}^2}{2m}|\psi_n\rangle=\frac{1}{2}\langle\psi_n |\vec{r}\cdot\nabla V(\vec{r})|\psi_n\rangle$$

证明：{ 位力定理的证明属于基本的必须掌握内容}

$$\frac{d\langle A\rangle}{dt}=\frac{1}{i\hbar}\langle [A,H]\rangle 
\qquad \frac{d\langle \vec{r}\cdot \vec{p}\rangle}{dt}=\frac{1}{i\hbar}\langle [\vec{r}\cdot\vec{p},H]\rangle$$
在束缚态下，$\cfrac{d\langle \vec{r}\cdot \vec{p}\rangle}{dt}=0$，即：$\langle [\vec{r}\cdot\vec{p},H]\rangle=0$
\begin{align*}
&\langle [\vec{r}\cdot\vec{p},H]\rangle=\frac{1}{2m}\langle[\vec{r}\cdot\vec{p},p^2]\rangle+\langle [\vec{r}\cdot\vec{p},V(r)]\rangle\\
&[\vec{r}\cdot\vec{p},p^2]=[xp_x+yp_y+zp_z,p^2]=[xp_x,p^2]+[yp_y,p^2]+[zp_y,p^2]=[x,p_x^2]p_x+[y,p_y^2]p_y+[z,p_z^2]p_z\\
&[x,p_x^2]=p_x[x,p_x]+[x,p_x]p_x=2i\hbar p_x \quad \text{同理：}[y,p_y^2]=2i\hbar p_y,\quad [z,p_z^2]=2i\hbar p_z \\
&[\vec{r}\cdot\vec{p},p^2]=2i\hbar p^2\\
&[\vec{r}\cdot \vec{p},V(r)]=[xp_x+yp_y+zp_z,V(r)]=x[p_x,V(r)]+y[p_y,V(r)]+z[p_y,V(r)]\\
&[p_x,V(r)]\psi=-i\hbar\frac{\partial }{\partial x}(V(r)\psi)+i\hbar V(r)\frac{\partial}{\partial x}\psi=-i\hbar\psi\frac{\partial}{\partial x}V(r)-i\hbar V(r)\frac{\partial\psi}{\partial x}=-i\hbar\psi\frac{\partial}{\partial x}V(r)\\
&[p_x,V(r)]=-i\hbar \frac{\partial}{\partial x}V(r),\quad \text{同理：}[p_y,V(r)]=-i\hbar\frac{\partial}{\partial y}V(r),\quad [p_z,V(r)]=-i\hbar\frac{\partial}{\partial z}V(r)\\
&[\vec{r}\cdot\vec{p},V(r)]=\vec{r}\cdot(-i\hbar\nabla V(r))=-i\hbar \vec{r}\cdot \nabla V(r)
\end{align*}
$$\frac{1}{2m}\cdot 2i\hbar\langle p^2\rangle-i\hbar \langle \vec{r}\cdot\nabla V(\vec{r})\rangle=0$$
即：
$$\langle \psi_n|\frac{\hat{p}^2}{2m}|\psi_n\rangle=\frac{1}{2}\langle\psi_n |\vec{r}\cdot\nabla V(\vec{r})|\psi_n\rangle$$

五、（$30'$）一维谐振子系统哈密顿量为$\hat{H}_0=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2x^2$，设受到微扰$H'=-\lambda \hat{p}_x^4$的作用。试求对等$n$个谐振子能级的一级微扰修正。\\
（已知矩阵元$\langle n'|\hat{x}|n\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\sqrt{n+1}\delta_{n',n+1}+\sqrt{n}\delta_{n',n_1})$）

解：

方法一：
$$H'=-\lambda p^4_x=-\lambda (p_x^2)^2=-\lambda[2m(H^0-V)]^2
=-4\lambda m^2(H^{0^2}+V^2-H^0V-VH^0)$$
由位力定理
$$2\langle T\rangle =\langle x\cdot\frac{\partial}{\partial x}V(x)\rangle
=\langle x\cdot\frac{1}{2}m\omega^2x\cdot2\rangle=2\langle V\rangle
\qquad \langle T\rangle=\langle V\rangle=\frac{E_n}{2}
\qquad V|n\rangle=\frac{E_n}{2}|n\rangle$$
$$\langle n| H^{0^2}|n\rangle=E_n^2 \qquad \langle n|H^0V|n\rangle=\frac{E_n^2}{2}
\qquad \langle n|VH^0|n\rangle=\frac{E_n^2}{2}$$
\begin{align*}
\langle n|H'|n\rangle&=-4\lambda^2\langle V^2\rangle
=-4\lambda m^2\cdot\frac{1}{4}m^2\omega^4\langle x^4\rangle
=-\lambda m^4\omega^4\cdot\frac{3}{4}\frac{\hbar^2}{m^2\omega^2}(2n^2+2n+1)\\
&=-\frac{3}{4}\lambda m^2\omega^2\hbar^2(2n^2+2n+1) 
\end{align*}
其中
$$\hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat{a}_++\hat{a}_-) \qquad \hat{x}^2=\frac{\hbar}{2m\omega}(\hat{a}^2_++\hat{a}^2_-+\hat{a}_+\hat{a}_-+\hat{a}_-\hat{a}_+)
\qquad
\langle \hat{x}^2\rangle=\frac{\hbar}{2m\omega}(1+2n)$$
\begin{align*}
\hat{x}^4&=\frac{\hbar^2}{4m^2\omega^2}(a_+^2+a_-^2+1+2a_+a_-)(a_+^2+a_-^2+1+2a_+a_-)\\
&=\frac{\hbar^2}{4m^2\omega^2}
(\hat{a}_+^4+\hat{a}_+^2\hat{a}_-^2+\hat{a}_+^2+2\hat{a}_+^2\hat{a}_+\hat{a}_-
+\hat{a}_-^2\hat{a}_+^2+\hat{a}_-^4+\hat{a}_-^2+2\hat{a}_-^2\hat{a}_+\hat{a}_-\\
&\qquad	+\hat{a}_+^2+\hat{a}_-^2+1+2\hat{a}_+\hat{a}_-+2\hat{a}_+\hat{a}_-\hat{a}_+^2
+2\hat{a}_+\hat{a}_-\hat{a}_-^2+2\hat{a}_+\hat{a}_-+4\hat{a}_+\hat{a}_-\hat{a}_+\hat{a}_-)
\end{align*}
$$\langle\hat{x}^4\rangle=\frac{\hbar^2}{4m^2\omega^2}(\langle \hat{a}_+^2\hat{a}_-^2\rangle+\langle \hat{a}_-^2\hat{a}_+^2\rangle+1+4\langle \hat{a}_+\hat{a}_-\rangle+4\langle \hat{a}_+\hat{a}_-\hat{a}_+\hat{a}_-\rangle)$$
\begin{align*}
\hat{a}_+^2\hat{a}_-^2|n\rangle &=\hat{a}_+^2\hat{a}_-\sqrt{n}|n-1\rangle=
\hat{a}_+^2\sqrt{n}\sqrt{n-1}|n_2\rangle=\sqrt{n}\sqrt{n-1}\sqrt{n-1}a_+|n-1\rangle\\
&=\sqrt{n}\sqrt{n-1}\sqrt{n-1}\sqrt{n}|n\rangle
=n(n-1)|n\rangle\\
\hat{a}_-^2a_+^2|n\rangle&=\hat{a}_-^2\hat{a}_+\sqrt{n+1}|n+1\rangle
=a_-^2\sqrt{n+1}\sqrt{n+2}|n+2\rangle=\hat{a}_-\sqrt{n+1}\sqrt{n+2}\sqrt{n+2}|n+1\rangle\\
&=\sqrt{n+1}\sqrt{n+2}\sqrt{n+2}\sqrt{n+1}|n\rangle=(n+1)(n+2)|n\rangle\\
\langle x^4\rangle&=\frac{\hbar^2}{4m^2\omega^2}[n(n-1)+(n+1)(n+2)+1+4n+4n^2]=\frac{\hbar^2}{4m^2\omega^2}(6n^2+6n+3)\\
&=\frac{3}{4}\frac{\hbar^2}{m^2\omega^2}(2n^2+2n+1)
\end{align*}

方法二：\\
改写$H'$：
\begin{align*}
H'&=-\lambda p^4_x=-\lambda (p_x^2)^2=-\lambda [2m\hat{H}^0-m^2\omega^2x^2]^2\\
&=-\lambda(4m^2\hat{H}^{0^2}+m^4\omega^4x^4-2m^3\omega^2\hat{H}^0x^2-2m^3\omega^2x^2\hat{H}^0)
\end{align*}
\begin{align*}
\langle H'\rangle&=-\lambda[4m^2\omega^2\hbar^2(n+\frac{1}{2})^2+
\frac{3}{4}m^2\omega^2\hbar^2(2n^2+2n+1)-m^2\omega^2\hbar^2(n+\frac{1}{2})(1+2n)\\
&\qquad-m^2\omega^2\hbar^2(n+\frac{1}{2})(1+2n)]\\
&=-\lambda[m^2\omega^2\hbar^2(1+2n)^2+
\frac{3}{4}m^2\omega^2\hbar^2(2n^2+2n+1)-m^2\omega^2\hbar^2(1+2n)^2]\\
&=-\frac{3}{4}\lambda m^2\omega^2\hbar^2(2n^2+2n+1)
\end{align*}
{ 方法二显然比较复杂，所以思想深度很重要！}

